1、临汾一中2018-2019学年度第二学期高一年级期中考试物理试题第卷 (选择题 共48分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。）1.学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是A. 甲、乙B. 乙、丙C. 甲、丙D. 丙、丁【答案】B【解析】甲属于实验法，丁属于控制变量法，乙和丙都体现放大的思想，故B正确。2.在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。以8 m/s匀速行驶的汽车，当车头离斑马线8 m时司机看到斑马线上有行人通过，已知该
2、车刹车时最大加速度为5 m/s2，驾驶员反应时间为0.2 s。若驾驶员看到斑马线上有行人时立即紧急刹车，则A. 汽车能保证车让人B. 从开始发现情况到车停下来汽车通过的距离是6.4 mC. 从开始发现情况到车停下来汽车运动的时间是1.6 sD. 在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1 m【答案】A【解析】【分析】反应时间内汽车匀速运动，求解此过程汽车运动的距离，根据速度位移公式求出减速到零的时间，然后求出位移，判断是否超过停车线。【详解】若驾驶员反应时间为t1=0.2s，反应时间的位移：x1=8m/s0.2s=1.6m；刹车的距离，刹车的时间： 则车前行最短距离为x=x1+x2=1.4m+6.4
3、m=7.8m8m，车运动的时间为t=t1+t2=1.8s，故该汽车能保证车让人，故BCD错误，A正确；故选A。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、速度位移公式、位移时间 公式，并能灵活运用，同时要注意刹车的末速度可能是0。3.如图所示为一俯视图。其中甲只能在圆心为O的圆形路径a上移动，乙只能在沿半径方向的路径b上前后移动。路径a的圆心O处有一个轻小物体B，三条橡皮轻绳拴着B，其中一条的一端固定在墙壁上的A点，其他两条的一端分别在甲、乙手中。现甲开始沿路径a逆时针缓慢移动，同时乙在路径b上配合移动，以使B能位于O点处。已知甲乙二人都用水平力拉动橡皮绳，且甲在移动中发现只有两个
4、位置处能使B处于O点。则与之相应的两次乙的位置中，离圆心O更近的是A. 第一次B. 第二次C. 两次一样近D. 条件不足，无法判断【答案】B【解析】【详解】对受力分析，在水平方向受到三条橡皮对其作用，设这三个力分别为、，由于使能位于点处，所以则有大小方向不变，的方向不变，大小不变，方向逆时针方向转动，所以可作以力的首为圆心，以为半径的圆与的延长线相交两点，作图如图，即甲在移动中只有两个位置处能使处于点，所以与之相应的两次乙的位置中，离圆心更近的是第二次，故选项B正确，A、C、D错误。4.“蹦极”是一项体育运动。某人（视为质点）身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示。图中a点是弹性绳的原长位置，
5、c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点落下到最低点c的过程中A. ab段，人处于失重状态B. 在a点人的速度最大C. 在bc段，人处于失重状态D. 在c点，人的速度为零，加速度也为零【答案】A【解析】【详解】在段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，人向下做加速运动，处于失重状态，随绳子的拉力的增大，向下的合外力减小，所以向下的加速度逐渐减小；在段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，人向下做减速运动，处于超重状态，而且加速度随绳子的拉力的增大而增大，所以在段人的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，在点人的速度最大，在点，绳的形变量
6、最大，绳的拉力最大，向上的加速度，人的速度为零，故选项A正确，B、C、D错误。5.一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B，沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则A. A球的线速度必大于B球的线速度B. A球的角速度必大于B球的角速度C. A球的运动频率必大于B球的运动频率D. A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力【答案】A【解析】【详解】A、以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得：，解得线速度的大小：，A的转动半径较大， A球的线速度必大于B球的线速度，故选项A正确；B、根据可得角速度大小为：，
7、A的转动半径较大， A球的角速度必小于于B球的角速度，故选项B错误；C、周期为 ，A的转动半径较大，A的周期大于B的周期，所以A的频率小于B的频率，故选项C错误；D、由受力分析图可知，球受到的支持力，由于质量相同和角度相同，则筒壁对A、B两球的支持力相等，由牛顿第三定律可知，两球对筒壁的压力相等，故选项D错误。6.如图所示，长为L的轻杆，一端固定有一个质量为m的可视为质点的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为，某时刻杆对球的作用力为F，方向恰好与杆垂直，此时杆与水平面的夹角为。则下列关系正确的是A. tan=g/(2L)B. sin=2L/gC. =0D.
8、F=mg/cos【答案】B【解析】【详解】小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，故选项B正确，A、C、D错误。7.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的xt图象如图所示，则下列说法正确的是() A. t1时刻甲车从后面追上乙车B. t1时刻两车相距最远C. t1时刻两车的速度刚好相等D. 0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度【答案】D【解析】【详解】AB、甲乙两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，由图知在时刻前，甲车在乙车的前面，经过时间位移又相等，可知在时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇
9、，相距最近，故选项A、B错误；C、在时刻，乙图象切线的斜率大于甲的斜率，所以乙的速度大于甲的速度，故选项C错误；D、0到时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知0到时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故选项D正确。8.如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向水平抛出两个小球，a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）A. 初速度v1可能大于v2B. a球的飞行时间可能比b球长C. 若v2大小合适，可使b球垂直撞击到圆弧面CB上D. a
10、球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45【答案】B【解析】【详解】A、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x=v0t得知t相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v1一定小于v2故A错误.B、竖直方向上做自由落体运动，由，得，若a球下落的高度大于b球的高度，则a球的飞行时间比b球长;故B正确.C、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b球垂直撞击到圆弧面CB上速度的反向延长线，与AB的交点一定在O点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O点，所以b球不可能与CB面垂直，即b球不可能垂直撞击到圆弧面CB上，故C错误.D、由几何知识得知AC面
11、的倾角为45，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45故D错误.故选B.二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分。）9.关于曲线运动的下列说法中正确的是A. 曲线运动一定是变速运动B. 做曲线运动的物体所受合力一定是恒力C. 曲线运动可能是匀变速运动D. 做曲线运动物体的速度大小和加速度大小都可能保持不变【答案】ACD【解析】【详解】A、曲线运动的速度方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，故选项A正确；B、物体
12、做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，合力不一定是恒力，例如匀速圆周运动，受到的合力指向圆心，不断发生变，故选项B错误。C、曲线运动可能是匀变速运动，如平抛运动，故选项C正确；D. 做曲线运动物体的速度大小和加速度大小都可能保持不变，例如物体做匀速圆周运动，故选项D正确。10.“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，它与“天宫二号”空间实验室对接前，在距离地面约380km的圆轨道上飞行。已知地球同步卫星距地面的高度约为36000km。关于“天舟一号”，下列说法正确的是A. 线速度小于地球同步卫星的线速度B. 线速度小于第一宇宙速度C.
13、向心加速度小于地球同步卫星加速度D. 周期小于地球自转周期【答案】BD【解析】【详解】A、根据牛顿第二定律有，解得，将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的线速度大于地球同步卫星的线速度，故选项A错误；B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度，故选项B正确；C、根据牛顿第二定律有，解得，将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星加速度，故选项C错误；D、根据牛顿第二定律有，解得，由于“天舟一号”的
14、轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的周期小于地球同步卫星的周期，即“天舟一号”的周期小于地球自转周期，故选项D正确；11.如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为F=Mg的力替代重物M进行牵引，桌面上的物体质量为m，悬挂物理质量为M，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是A. 装置（a）中绳上张力Ta=0B. 装置（a）中物块m的加速度为gC. 装置（b）、（c）中物块m的加速度不同D. 装置（a）中绳上的张力Ta小于装置（b）中绳上的张力Tb【答案】CD【解析】【详解】对于装置（a），根据牛顿第二定律
15、可得：，解得物块的加速度大小为，绳上张力；对于装置（b），根据牛顿第二定律可得：，解得物块的加速度大小为，绳上张力；对于装置（c），根据牛顿第二定律可得：，解得物块的加速度大小为，故选项C、D正确，A、B错误。12.如图所示，倾斜的传送带与水平地面间的夹角为，欲传送的工件m（可视为质点）被无初速地轻放在传送带顶端，已知它与传送带间的动摩擦因数tan。则下列分析中正确的是A. 当传送带不转时，工件将沿传送带一直向下匀加速运动B. 若传送带顺时针转，工件从顶端到底端时间与传送带静止时相比将变长C. 若传送带逆时针转，则工件可能沿传送带一直向下匀加速运动D. 若传送带逆时针转，则工件可能沿传送带先向
16、下做匀加速直线运动，然后又做匀减速直线运动【答案】AC【解析】【详解】当传送带不转时，工件放在传送带的顶端，由于，工件受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，工件将沿传送带一直向下匀加速运动，加速度大小为；当传送带顺时针转，工件放在传送带的顶端，工件受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，工件将沿传送带向下匀加速运动，加速度大小为，工件从顶端到底端的时间与传送带静止时所用时间相同。故B错误；当传送带逆时针转，工件受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，若传送带比较短，工件可能将以加速度一直运动下去；若传送带比较长，工件将沿传送带先向下匀加速运动，加速度大小为，然后再加速，加速度为故选项A、C正确，B、D错误。第卷 (
17、非选择题 共52分)三、实验探究题13.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线_。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛_。(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_m/s。（g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L1.25cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_m/s；B点的竖直分速度为_m/s；B点的实际速度为_m/s。（g=10m/s2，结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）水
18、平 (2). 得到相同的初速度（或初速度相同） (3). （2）1.6 (4). （3）0.75 (5). 1.0 (6). 1.25【解析】【详解】（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛得到相同的初速度（或初速度相同）.（2）由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：x=v0ty=gt2将x=32cm，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s（3）由图可知，物体由AB和由BC所用的时间相等，且有：y=gT2，由图可知y=2L=2.5cm，代入解得，T=0.05sx=v0T，将x=3L=3.75cm，代入解得：v0=0.75m
19、/s，竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有： 14.如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，该装置依靠电子信息系统获得了小车加速度a的信息，由计算机绘制出a与钩码重力的关系图钩码的质量为m，小车和钩码的质量为M，重力加速度为g下列说法正确的是_A.每次在小车上加减钩码时，应重新平衡摩擦力B.实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C.本实验m应远小于MD.在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他作出的图可能是图2中_选填“甲”、“乙”、“丙”图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此
20、误差的主要原因是_A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其它操作均正确，若轨道水平，他测量得到的图象如图设图中纵轴上的截距为，则小车与木板间的动摩擦因数_【答案】 (1). C； (2). 丙； (3). C； (4). 【解析】【详解】(1)A项：小车与长木板间粗糙情况与小车质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车质量，不需重新平衡摩擦力，故A错误；B项：实验时应先接通电源，后释放小车，故B错误；C项：根据牛顿第二定律得，则绳子的拉力，当钩码的总质量远小于小车的质量时，绳子的拉力才等于钩码的重力，
21、故C正确；D项：由牛顿第二定律得：，当F一定时，a与 成正比，所以作出图象，故D错误。故选：C。(2) 遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙当不满足时，随m1的增大物体的加速度a逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量故C正确；(3) 根据牛顿第二定律可知， 结合图象，可得： 设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为-b，因此小车与木板间的动摩擦因数四、计算题（本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。）15.某游乐园大型 “跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量m=
22、50kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。下落h1=80 m时，制动系统启动，使平台均匀减速，再下落h2=20m时刚好停止运动。取g=10m/s2，求：（1）下落的过程中小明运动速度的最大值vm；（2）当平台落到离地面15m高的位置时，小明对跳楼机作用力F的大小；（3）在全部下落过程中，跳楼机对小明做的功W。【答案】（1） （2） (3) 【解析】解：（1）由vm2 有 vm=40m/s （2）减速下落过程中加速度大小 解得a2=40m/s2
23、 根据牛顿第二定律 F- mg= ma2 解得F=2500 N 根据牛顿第三定律，小明对系统作用力的大小F为2500N （3）加速下落段，小明处于完全失重状态，系统对小明的作用力为零。 对小明W1=0 在减速阶段，系统对小明做功W2=-FNh2= -5104J WFN=W1+W2=-5104J 16.2018年是中国航天里程碑式的高速发展年，是属于中国航天的“超级2018”。例如，我国将进行北斗组网卫星的高密度发射，全年发射18颗北斗三号卫星，为“一带一路”沿线及周边国家提供服务。北斗三号卫星导航系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。图为其中一颗静止轨道卫星绕地球飞行的
24、示意图。已知该卫星做匀速圆周运动的周期为T，地球质量为M、半径为R，引力常量为G。（1）求静止轨道卫星的角速度；（2）求静止轨道卫星距离地面的高度h1；（3）北斗系统中的倾斜同步卫星，其运转轨道面与地球赤道面有一定夹角，它的周期也是T，距离地面的高度为h2。视地球为质量分布均匀的正球体，请比较h1和h2的大小，并说出你的理由。【答案】（1）；（2） （3）h1= h2【解析】【分析】（1）根据角速度与周期的关系可以求出静止轨道的角速度；（2）根据万有引力提供向心力可以求出静止轨道到地面的高度；（3）根据万有引力提供向心力可以求出倾斜轨道到地面的高度；【详解】（1）根据角速度和周期之间的关系可知
25、：静止轨道卫星的角速度（2）静止轨道卫星做圆周运动，由牛顿运动定律有：解得：（3）如图所示，同步卫星的运转轨道面与地球赤道共面，倾斜同步轨道卫星的运转轨道面与地球赤道面有夹角，但是都绕地球做圆周运动，轨道的圆心均为地心。由于它的周期也是T，根据牛顿运动定律，解得：因此h1= h2。故本题答案是：（1）；（2） （3）h1= h2【点睛】对于围绕中心天体做圆周运动的卫星来说，都借助于万有引力提供向心力即可求出要求的物理量。17.如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、
26、静止在粗糙水平面的长木板上，滑上长木板时速度大小为6m/s。圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数1=05，长木板与地面间的动摩擦因数2=01，圆弧轨道半径R=075m，OB与竖直方向OC间的夹角=37，（g=10m/s2，sin37=06，cos37=08）求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至C点时对圆弧轨道C点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【答案】（1）5m/s，与水平方向夹角37（2）58N（3）3m【解析】试题分析：（1），解得v=5m/s与水平方向夹角37（2）设轨道对C点的支持力为N，N-mg=m解得N=58N根据牛顿第三定律，小物块对C点的压力大小为58N（3）小物块在木板上运动的加速度大小a1=5m/s2木板在地面上运动的加速度大小a2=1m/s2设小物块与木板达到共速时的速度为v，v= v - a1t， v= a2t，解得t=1s=35m=05mL=x1-x2=3m考点：牛顿第二定律；运动分解；圆周运动【名师点睛】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。